bzoj 1001……
並不會這個trick，所以筆記要詳細一點。
前置知識 ： 平面圖轉對偶圖 傳送門
聽說直接$dinic$就好了，還跑得比正解快……
首先我們按照平面圖的定義，把網格圖中所有的平面以及另加的起點和終點在新圖中標號，一共有$(n - 1) * (m - 1) * 2 + 2$個點，標完樣例之後大概是這樣子的：
然後我們接著按照定義，把有相鄰的邊的點連上雙向邊，對於那些在邊界上的邊，我們分別選擇和$st$和$ed$連邊，具體來說是這樣的：
紅色的邊和$st$連邊，藍色的邊和$ed$連邊，其他黑色的邊和它相鄰的兩個聯通塊連邊。
注意$n == 1$或者$m == 1$的時候其實是一條鏈的情況，只要把最小的邊鴿掉就好了，這時候所有的邊都是要從$st$出發連到$ed$的，但是我的寫法會掛掉，所以需要拎出來特判一下。
容易發現這樣子構圖之後從$st$到$ed$的每一條路都對應了原圖中左上角到右下角的乙個鴿，這樣子我們求乙個最小鴿就變成了乙個最短路，就能方便地跑過去了。
要注意乙個細節就是說$st$和$ed$必須放在左下角和右上角（可以對調），因為我們在原圖中是要從左上角到右下角求乙個最小鴿，要不然就不代表從左上角到右下角的乙個最小鴿了吧。
連完邊之後的效果圖大概是這個大神部落格裡面的樣子。 戳這裡
時間複雜度$o(nmlognm)$。
code:
#include #includeview code#include
#include
using
namespace
std;
typedef pair
pin;
const
int n = 2e6 + 5
;const
int m = 6e6 + 5
;int n, m, tot = 0
, head[n], dis[n];
bool
vis[n];
struct
edge e[m];
inline
void add(int
from, int to, int
val)
inline
void addedge(int x, int y, int
v) inline
void read(int &x)
priority_queue
q;inline
void dij(int
st) }}
}int
main()
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j < m; j++)
} else
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 1; j < m; j++)
}dij(st);
printf(
"%d\n
", dis[ed]);
return0;
}
P4001 BJOI2006 狼抓兔子
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